Algunas propiedades de los números de tal manera que $n|2^n+1$.

Question

Llamar a un número natural $n>1$ $good$ si $n|2^n+1$. Por ejemplo, $n=3$ es bueno, como $3|2^3+1=9$. Probar que si $N_1$ $N_2$ es buena, entonces:

• $\text{LCM}(N_1,N_2)$ $\text{GCD}(N_1,N_2)$ son buenas,
• $N_1\cdot N_2$ es bueno.

Esto parece bastante difícil para mí. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Aquí es una prueba de la parte 1. Asumir, $$ n_1 \mid 2^{n_1}+1 \ \text{y} \ n_2 \mid 2^{n_2}+1. $$ Denotan, $d=gcd(n_1,n_2)$. Tenemos, $$ 2^{n_1}\equiv -1 \pmod{d} \ \text{y} \ 2^{n_2}\equiv -1 \pmod{d}. $$ Ahora, a partir de la identidad de Bézout, existe $a,b\in\mathbb{Z}$ tal que $d=an_1+bn_2$. Desde entonces, todos los de $d,n_1,n_2$ son impares, exactamente uno de $a,b$ es impar y el otro es aún. Por lo tanto, $a+b$ es necesariamente impar. Ahora, $$ 2^d \equiv 2^{an_1}2^{bn_2}\equiv (-1)^(-1)^b \equiv (-1)^{a+b}\equiv -1 \pmod{d}, $$ demostrando que $(n_1,n_2) \mid 2^{(n_1,n_2)}+1$.

Para la historia de mínimo común múltiplo, supongamos que el conjunto de todos los primos divisores de $n_1$ $n_2$ $\{p_1,p_2,\dots,p_k\}$ (después de tomar los sindicatos de todos los primos divisores de $n_1$$n_2$). Por lo tanto, por única factorización teorema, existe números enteros no negativos $\{\alpha_1,\dots,\alpha_k\}$ $\{\beta_1,\dots,\beta_k\}$ tal forma que: $$ n_1 = p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k} \ \text{y} \ n_2 = p_1^{\beta_1}\cdots p_k^{\beta_k}. $$ Tenga en cuenta que algunos de estos números puede muy bien ser 0. Ahora, ya $$ 2^{n_1}+1 \mid 2^{[n_1,n_2]}+1 \ \text{y} \ 2^{n_2}+1 \mid 2^{[n_1,n_2]}+1 $$, tenemos $$ n_1 \mid 2^{[n_1,n_2]}+1 \ \text{y} \ n_2 \mid 2^{[n_1,n_2]}+1. $$ Por lo tanto, en la factorización prima de $2^{[n_1,n_2]}+1$, si los pesos correspondientes para $p_1,\dots,p_k$ son, precisamente,$\theta_1,\dots,\theta_k$, tenemos $$ \theta_i \geq \alpha_i \ \text{y} \ \theta_i\geq\beta_i,\forall i = 1,2,\dots,k \implica \theta_i \geq \max\{\alpha_i,\beta_i\},\forall yo. $$ Dado que el exponente del primer $p_k$ en la factorización de $[n_1,n_2]$ es, precisamente,$\max\{\alpha_i,\beta_i\}$, hemos terminado.

A continuación, vamos a proceder a la parte 2. Suponiendo que la misma notación para el primer descomposición de $n_1$$n_2$, vamos a demostrar que $$ p_i^{\alpha_i+\beta_i}\mid 2^{n_1n_2}+1, \forall yo. $$ Aquí está cómo hacerlo. Empezar con $p_1$, y se supone que $\alpha_1 \geq \beta_1$ (usted puede hacer exactamente el mismo argumento para el otro caso por el intercambio sólo un paso por debajo).

$$2^{n_1n_2}+1 = (2^{n_1}+1)\underbrace{((2^{n_1})^{n_2-1}-(2^{n_1})^{n_2-2}+\dots + 1)}_{\triangleq (*)}.$$ Claramente, desde $n_1 \mid 2^{n_1}+1$, $p_1 ^{\alpha_1} \mid 2^{n_1}+1$. Vamos a probar ahora que el segundo término de la factorización anterior es divisible por $p_1^{\beta_1}$, y por una lógica similar para el resto de la $p_2,\dots,p_k$, lo vamos a hacer.

Por nuestra suposición, $\beta_1 \leq \alpha_1$,$p_1^{\beta_1}\mid p_1^{\alpha_1}\mid 2^{n_1}+1$. Por lo tanto, $$ 2^{n_1}\equiv -1 \pmod{p_1^{\beta_1}}. $$ Ahora, vamos a calcular $(*)$ modulo $p_1^{\beta_1}$. Es fácil ver que $$ (*) \equiv \underbrace{1 + 1 + \dots + 1}_{n_2 \ \text{momentos}}\equiv n_2 \equiv 0 \pmod{p_1^{\beta_1}} $$ por lo tanto, hemos terminado.

Él había sido el caso de $\beta_1 \geq \alpha_1$, podríamos haber usado el equivalente de la factorización: $$ (2^{n_2}+1)((2^{n_2})^{n_1-1}-(2^{n_2})^{n_1-2}+\dots + 1) $$ para llegar al resultado. El último paso es ejecutar los mismos pasos exactos para $p_2,p_3,\dots,p_k$, de manera análoga, y la conclusión por el hecho de que los números de $z_i \triangleq p_i^{\alpha_i+\beta_i}$ son mutuamente coprime, es decir, $(z_i,z_j) = 1$ si $i \neq j$. Ya hemos demostrado que cada uno de $z_i$ divide $2^{n_1n_2}+1$, y todos ellos son coprime, debe ser el caso de que su producto también se divide $2^{n_1n_2}+1$. $\Box$

Answer 2

Deje $n_1,n_2$ ser dos buenos números. Indicar: $k = LCM(n_1,n_2)$$d = (n_1,n_2)$. Luego tenemos a simple relación: $dk = n_1n_2$.

Para la primera parte, @Aaron ya ha hecho. El LCM parte se puede hacer más simple el uso de la siguiente propiedad: si $a | x$$b | x$$LCM(a,b) | x$. En nuestro caso, $n_1 | 2^{n_1} + 1 | 2^k + 1$ $n_2 | 2^{n_2} + 1 | 2^k + 1$ ($k$ es impar). Por lo tanto $k | 2^k + 1$.

Para la segunda parte, $$2^{n_1n_2}+1 = 2^{dk} + 1 = (2^k+1)\bigg((2^k)^{d-1} - ... +1\bigg)$$

El primer factor es divisible por $k$ (debido a la parte $1$).

El segundo factor ha $d$ términos. Como $d| k|2^k + 1$ (debido a la parte $1$), tenemos $2^k \equiv -1 \pmod d$. Por lo tanto, el segundo factor resume a $d$ (modulo $d$) (tenga en cuenta que $d-1$ es incluso). Así que todo el producto es divisible por $dk = n_1n_2$.